Esponenziale di matrici
Sia $A$, una matrice quadrata e siano $\lambda$1 e $\lambda$2 i suoi autovalori e $P$1 e $P$2 i proiettori relativi agli autovalori . ricordando
che vale la decomposizione spettrale. non mi è chiaro il seguente passaggio:
$e^(A)=e^(\lambda1) P1+e^(\lambda2)P2$ non capisco perchè $e^(P)=P$ per me $e^(P)= P^(k)/(k!)$ sommato su k
che vale la decomposizione spettrale. non mi è chiaro il seguente passaggio:
$e^(A)=e^(\lambda1) P1+e^(\lambda2)P2$ non capisco perchè $e^(P)=P$ per me $e^(P)= P^(k)/(k!)$ sommato su k
Risposte
Una delle proprietà dei proiettori è [tex]$P^2 =P$[/tex], il che porta a [tex]$P^k=P$[/tex] per [tex]$k\geq 1$[/tex].
Probabilmente c'entra questo fatto... Prova un po'.
Probabilmente c'entra questo fatto... Prova un po'.
questa proprietà la conoscevo tuttavia non riesco a capire , comunque non saprei dirti se questa proprietà è vera sempe , i proiettori sono:
$P1$= $((1/2,-i/2),(i/2,1/2))$
$P2$= $((1/2,i/2),(-i/2,1/2))$
$P1$= $((1/2,-i/2),(i/2,1/2))$
$P2$= $((1/2,i/2),(-i/2,1/2))$
La proprietà deve esser vera sempre: infatti [tex]$P(Px)=Px$[/tex], perchè [tex]$Px$[/tex] è nel sottospazio su cui [tex]$P$[/tex] proietta e la restrizione di [tex]$P$[/tex] a tale sottospazio è l'identità.
Ripeto, prova a fare due conti partendo da questa proprietà e dalla definizione dell'esponenziale; probabile che ne esca qualcosa...
Ripeto, prova a fare due conti partendo da questa proprietà e dalla definizione dell'esponenziale; probabile che ne esca qualcosa...
Ma vale anche la proprietà $P^n=P$?
per esempio $P^3=P^2 P=P P= P$
per esempio $P^3=P^2 P=P P= P$
Induzione, no?!?
allora
$e^P=I+P+P/2+P/6+.....=I+P(e-1)$ dove I= matrice identità
dico bene? mi sa di no perchè altrimenti la proprietà che ho scritto prima è sbagliata.
$e^P=I+P+P/2+P/6+.....=I+P(e-1)$ dove I= matrice identità
dico bene? mi sa di no perchè altrimenti la proprietà che ho scritto prima è sbagliata.
A dir la verità non ho mai usato quella decomposizione lì, quindi non so se ti posso essere d'aiuto.
Ti dico come la vedo.
La tua matrice [tex]$A$[/tex] è diagonalizzabile, ergo esiste una matrice invertibile [tex]$Q$[/tex] ed una matrice diagonale [tex]$D$[/tex] tali che [tex]$A=Q\ D\ Q^{-1}$[/tex].
Quando scomponi così, è evidente che [tex]$A^k =Q\ D^k\ Q^{-1}$[/tex], sicché [tex]$e^A =Q\ e^D\ Q^{-1}$[/tex].
Se non ho capito male stai dicendo che posso scrivere [tex]$D=\lambda_1\ U_1+\lambda_2\ U_2$[/tex] con [tex]$U_1=\begin{pmatrix} 1 &0\\ 0& 0\end{pmatrix}$[/tex] ed [tex]$U_2=\begin{pmatrix} 0 &0\\ 0& 1\end{pmatrix}$[/tex], sicché dalla precedente ricavare:
[tex]$e^A =Q\ (e^{\lambda_1}U_1+ e^{\lambda_2}U_2)\ Q^{-1} =e^{\lambda_1}\ Q\ U_1\ Q^{-1}+e^{\lambda_2}\ Q\ U_2\ Q^{-1}$[/tex]
ed a questo punto dovresti anche avere [tex]$P_i=Q\ U_i\ Q^{-1}$[/tex]...
Più direttamente, senza usare il risultato che ho citato, potresti scrivere:
[tex]$A=\lambda_1\ Q\ U_1\ Q^{-1}+\lambda_2\ Q\ U_2\ Q^{-1}$[/tex]
e, scritta [tex]$A$[/tex] in questa maniera, trovi:
[tex]$A^2=\lambda_1^2\ Q\ U_1^2\ Q^{-1} +\lambda_1\lambda_2 (Q\ U_1\ Q^{-1}\cdot Q\ U_2\ Q^{-1}+Q\ U_2\ Q^{-1}\cdot Q\ U_1\ Q^{-1}) +\lambda_2^2\ Q\ U_2^2\ Q^{-1}$[/tex]
[tex]$=\lambda_1^2\ Q\ U_1\ Q^{-1} +\lambda_2^2\ Q\ U_2\ Q^{-1}$[/tex]
(perchè [tex]$U_1\ U_2=O=U_2\ U_1$[/tex] ed [tex]$U_i^2=U_i$[/tex]) e, per induzione:
[tex]$A^k =\lambda_1^k Q\ U_1\ Q^{-1} +\lambda_2^k\ Q\ U_2\ Q^{-1}$[/tex].
Da ciò segue immediatamente che:
[tex]$e^A =e^{\lambda_1}\ Q\ U_1\ Q^{-1}+e^{\lambda_2}\ Q\ U_2\ Q^{-1}$[/tex]
ed anche il tuo risultato se le uguaglianze [tex]$P_i=Q\ U_i\ Q^{-1}$[/tex] sono corrette.
Però credo che si possa fare a meno anche di questo trucchetto... Aspetta qualcuno ferrato in AL che risponda.
Ti dico come la vedo.
La tua matrice [tex]$A$[/tex] è diagonalizzabile, ergo esiste una matrice invertibile [tex]$Q$[/tex] ed una matrice diagonale [tex]$D$[/tex] tali che [tex]$A=Q\ D\ Q^{-1}$[/tex].
Quando scomponi così, è evidente che [tex]$A^k =Q\ D^k\ Q^{-1}$[/tex], sicché [tex]$e^A =Q\ e^D\ Q^{-1}$[/tex].
Se non ho capito male stai dicendo che posso scrivere [tex]$D=\lambda_1\ U_1+\lambda_2\ U_2$[/tex] con [tex]$U_1=\begin{pmatrix} 1 &0\\ 0& 0\end{pmatrix}$[/tex] ed [tex]$U_2=\begin{pmatrix} 0 &0\\ 0& 1\end{pmatrix}$[/tex], sicché dalla precedente ricavare:
[tex]$e^A =Q\ (e^{\lambda_1}U_1+ e^{\lambda_2}U_2)\ Q^{-1} =e^{\lambda_1}\ Q\ U_1\ Q^{-1}+e^{\lambda_2}\ Q\ U_2\ Q^{-1}$[/tex]
ed a questo punto dovresti anche avere [tex]$P_i=Q\ U_i\ Q^{-1}$[/tex]...
Più direttamente, senza usare il risultato che ho citato, potresti scrivere:
[tex]$A=\lambda_1\ Q\ U_1\ Q^{-1}+\lambda_2\ Q\ U_2\ Q^{-1}$[/tex]
e, scritta [tex]$A$[/tex] in questa maniera, trovi:
[tex]$A^2=\lambda_1^2\ Q\ U_1^2\ Q^{-1} +\lambda_1\lambda_2 (Q\ U_1\ Q^{-1}\cdot Q\ U_2\ Q^{-1}+Q\ U_2\ Q^{-1}\cdot Q\ U_1\ Q^{-1}) +\lambda_2^2\ Q\ U_2^2\ Q^{-1}$[/tex]
[tex]$=\lambda_1^2\ Q\ U_1\ Q^{-1} +\lambda_2^2\ Q\ U_2\ Q^{-1}$[/tex]
(perchè [tex]$U_1\ U_2=O=U_2\ U_1$[/tex] ed [tex]$U_i^2=U_i$[/tex]) e, per induzione:
[tex]$A^k =\lambda_1^k Q\ U_1\ Q^{-1} +\lambda_2^k\ Q\ U_2\ Q^{-1}$[/tex].
Da ciò segue immediatamente che:
[tex]$e^A =e^{\lambda_1}\ Q\ U_1\ Q^{-1}+e^{\lambda_2}\ Q\ U_2\ Q^{-1}$[/tex]
ed anche il tuo risultato se le uguaglianze [tex]$P_i=Q\ U_i\ Q^{-1}$[/tex] sono corrette.
Però credo che si possa fare a meno anche di questo trucchetto... Aspetta qualcuno ferrato in AL che risponda.
Però, però...
C'è qualcosa che non mi convince in un'uguaglianza del tipo [tex]$e^P = P$[/tex], in cui [tex]$P$[/tex] è un proiettore.
Prendiamo [tex]$x$[/tex] nell'ortogonale al sottospazio su cui [tex]$P$[/tex] proietta; evidentamente [tex]$Px=o$[/tex] per ovvie ragioni; d'altra parte è:
[tex]$e^P x := Ix+ \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k!} P^kx =x+o=x$[/tex]...
Quindi qualcosa non torna.
O sono io in errore/orrore?
Servirebbe un alvinlee per dirimere la questione...
C'è qualcosa che non mi convince in un'uguaglianza del tipo [tex]$e^P = P$[/tex], in cui [tex]$P$[/tex] è un proiettore.
Prendiamo [tex]$x$[/tex] nell'ortogonale al sottospazio su cui [tex]$P$[/tex] proietta; evidentamente [tex]$Px=o$[/tex] per ovvie ragioni; d'altra parte è:
[tex]$e^P x := Ix+ \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k!} P^kx =x+o=x$[/tex]...
Quindi qualcosa non torna.
O sono io in errore/orrore?
Servirebbe un alvinlee per dirimere la questione...
Penso pure io che una roba tipo $e^P=P$ non possa essere. Altrimenti avresti che $e^P$ è singolare, che è impossibile: come $e^x!=0$ per ogni $x$, così $e^A$ è non singolare per ogni $A$.
Vediamo un po'...
Se non ricordo male i proiettori sono diagonalizzabili (ed hanno autovalori [tex]$1$[/tex] e [tex]$0$[/tex] -il primo corrispondente al sottospazio su cui proiettano, il secondo al complemento ortogonale), ergo si può applicare uno dei tanti teoremi del signor Sylvester, che assicura che se [tex]$M$[/tex] è diagonalizzabile e se [tex]$f$[/tex] è una funzione analitica allora:
[tex]$f(A) =\sum_i f(\lambda_i)\ M_i$[/tex]
in cui i [tex]$\lambda_i$[/tex] sono gli autovalori di [tex]$M$[/tex] e gli [tex]$M_i$[/tex] sono i proiettori sugli autospazi.
[N.B.: Questo teorema dirime la questione con cui è cominciato il thread.]
In tal modo:
[tex]$e^P = e^1\ P+e^0\ (I-P)$[/tex]
perchè [tex]$P$[/tex] è il proiettore sull'autospazio associato ad [tex]$1$[/tex] e [tex]$I-P$[/tex] è il proiettore sull'ortogonale. Ne viene:
[tex]$e^P=I-P+e\ P$[/tex]
sicché non è vero che [tex]$e^P=P$[/tex].
O no?
Fermo restante quanto si è detto, l'intervento di qualcuno più esperto di me in AL farebbe comodo... Dov'è franced quando serve?!?
Se non ricordo male i proiettori sono diagonalizzabili (ed hanno autovalori [tex]$1$[/tex] e [tex]$0$[/tex] -il primo corrispondente al sottospazio su cui proiettano, il secondo al complemento ortogonale), ergo si può applicare uno dei tanti teoremi del signor Sylvester, che assicura che se [tex]$M$[/tex] è diagonalizzabile e se [tex]$f$[/tex] è una funzione analitica allora:
[tex]$f(A) =\sum_i f(\lambda_i)\ M_i$[/tex]
in cui i [tex]$\lambda_i$[/tex] sono gli autovalori di [tex]$M$[/tex] e gli [tex]$M_i$[/tex] sono i proiettori sugli autospazi.
[N.B.: Questo teorema dirime la questione con cui è cominciato il thread.]
In tal modo:
[tex]$e^P = e^1\ P+e^0\ (I-P)$[/tex]
perchè [tex]$P$[/tex] è il proiettore sull'autospazio associato ad [tex]$1$[/tex] e [tex]$I-P$[/tex] è il proiettore sull'ortogonale. Ne viene:
[tex]$e^P=I-P+e\ P$[/tex]
sicché non è vero che [tex]$e^P=P$[/tex].
O no?
Fermo restante quanto si è detto, l'intervento di qualcuno più esperto di me in AL farebbe comodo... Dov'è franced quando serve?!?
Riporto il testo dell'esercizio e la risoluzione:
Dato l'operatore $A$si determinino le soluzioni del sistema di equazioni differenziali
$(dely)/(delt)=A y(t)$ $y(0)=((2),(1))$
Risoluzione del prof
la soluzione è data dalla formula $y(t)=e^(At) y(0)$ il problema dato si riduce pertanto al calcolo di $e^(At)$
nel caso in esame la forma esplicita della decomposizione spettrale di $At$ è $At=t\lambda1 P1+t\lambda2 P2$ pertanto il modo più semplice
di determinare $e^(At)$ è $e^(At)=e^(\lambda1 t) P1+ e^(\lambda 2 t)P2$
poi risolve l'esercizio in altri modi per esempio pone $e^(At)=aI+b At$ dove a e b sono coefficienti da determinare.
Dato l'operatore $A$si determinino le soluzioni del sistema di equazioni differenziali
$(dely)/(delt)=A y(t)$ $y(0)=((2),(1))$
Risoluzione del prof
la soluzione è data dalla formula $y(t)=e^(At) y(0)$ il problema dato si riduce pertanto al calcolo di $e^(At)$
nel caso in esame la forma esplicita della decomposizione spettrale di $At$ è $At=t\lambda1 P1+t\lambda2 P2$ pertanto il modo più semplice
di determinare $e^(At)$ è $e^(At)=e^(\lambda1 t) P1+ e^(\lambda 2 t)P2$
poi risolve l'esercizio in altri modi per esempio pone $e^(At)=aI+b At$ dove a e b sono coefficienti da determinare.
Ma, Gugo, davvero non capisco perché fai questo casino. 
E' ovvio che [tex]e^P \ne P[/tex]: infatti deve essere
[tex]\det e^P=e^{\text{tr}P} > 0[/tex]
ma
[tex]\det P=0[/tex].
No?
__________
D'altro canto non riesco a capire cosa c'entri questo con l'identità che si voleva provare all'inizio, e cioè
[tex]e^A=e^{\lambda_1} P_1+e^{\lambda_2}P_2[/tex].
[edit] Scrivevo contemporaneamente a baldo.
E' ovvio che [tex]e^P \ne P[/tex]: infatti deve essere
[tex]\det e^P=e^{\text{tr}P} > 0[/tex]
ma
[tex]\det P=0[/tex].
No?
__________
D'altro canto non riesco a capire cosa c'entri questo con l'identità che si voleva provare all'inizio, e cioè
[tex]e^A=e^{\lambda_1} P_1+e^{\lambda_2}P_2[/tex].
[edit] Scrivevo contemporaneamente a baldo.
@baldo: Mi pare che si possa risolvere il problema senza usare strumenti troppo sofisticati di algebra lineare. Riscrivo il problema:
[tex]\begin{cases} \dot{y}=Ay \\ y(0)=y_0 \end{cases}[/tex]
dove [tex]A[/tex] è una matrice con due autovalori distinti. Un uccellino ci consiglia di cercare soluzioni dell'equazione [tex]\dot{y}=Ay[/tex] nella forma [tex]e^{\lambda t}v[/tex], dove [tex]v[/tex] è un vettore costante. Una funzione siffatta verifica l'equazione differenziale se e solo se
[tex]\frac{\text{d}}{\text{d}t}\left( e^{\lambda t}v \right) =e^{\lambda t}Av[/tex];
ovvero se e solo se
[tex]e^{\lambda t} \lambda v=e^{\lambda t} Av[/tex];
semplificando [tex]e^{\lambda t}[/tex] si ottiene l'equazione
[tex]Av=\lambda v[/tex].
Quindi [tex]e^{\lambda t}v[/tex] è soluzione dell'equazione differenziale se e solo se [tex]\lambda[/tex] è un autovalore e [tex]v[/tex] un relativo autovettore di [tex]A[/tex]. Siccome sappiamo a priori che [tex]A[/tex] ha due autovalori distinti, abbiamo trovato due soluzioni
[tex]y_1(t)=e^{\lambda_1 t}v_1,\ y_2(t)=e^{\lambda_2 t}v_2[/tex]
linearmente indipendenti (questo è facilissimo da dimostrare). E di conseguenza abbiamo un sistema fondamentale di soluzioni; imponendo la condizione iniziale si trova la soluzione del problema di Cauchy assegnato.
Naturalmente qualcuno potrebbe chiederti di identificare un po' meglio questo "uccellino" che ti ha suggerito di cercare soluzioni sotto questa forma. A questo qualcuno potresti rispondere che l'uccellino è l'esponenziale di matrice.
[tex]\begin{cases} \dot{y}=Ay \\ y(0)=y_0 \end{cases}[/tex]
dove [tex]A[/tex] è una matrice con due autovalori distinti. Un uccellino ci consiglia di cercare soluzioni dell'equazione [tex]\dot{y}=Ay[/tex] nella forma [tex]e^{\lambda t}v[/tex], dove [tex]v[/tex] è un vettore costante. Una funzione siffatta verifica l'equazione differenziale se e solo se
[tex]\frac{\text{d}}{\text{d}t}\left( e^{\lambda t}v \right) =e^{\lambda t}Av[/tex];
ovvero se e solo se
[tex]e^{\lambda t} \lambda v=e^{\lambda t} Av[/tex];
semplificando [tex]e^{\lambda t}[/tex] si ottiene l'equazione
[tex]Av=\lambda v[/tex].
Quindi [tex]e^{\lambda t}v[/tex] è soluzione dell'equazione differenziale se e solo se [tex]\lambda[/tex] è un autovalore e [tex]v[/tex] un relativo autovettore di [tex]A[/tex]. Siccome sappiamo a priori che [tex]A[/tex] ha due autovalori distinti, abbiamo trovato due soluzioni
[tex]y_1(t)=e^{\lambda_1 t}v_1,\ y_2(t)=e^{\lambda_2 t}v_2[/tex]
linearmente indipendenti (questo è facilissimo da dimostrare). E di conseguenza abbiamo un sistema fondamentale di soluzioni; imponendo la condizione iniziale si trova la soluzione del problema di Cauchy assegnato.
Naturalmente qualcuno potrebbe chiederti di identificare un po' meglio questo "uccellino" che ti ha suggerito di cercare soluzioni sotto questa forma. A questo qualcuno potresti rispondere che l'uccellino è l'esponenziale di matrice.
intanto grazie...
ma come fai a dire che gli autovalori sono distinti? forse perchè il problema ti chiede in principio di trovare la decomposizione spettrale
che si può avere se gli autovalori sono distinti.
la soluzione generale sarà quindi $y(t)= ay1(t)+by2(t)$ con $a$ $b$ costanti da determinare con le condizioni iniziali?
ma come fai a dire che gli autovalori sono distinti? forse perchè il problema ti chiede in principio di trovare la decomposizione spettrale
che si può avere se gli autovalori sono distinti.
la soluzione generale sarà quindi $y(t)= ay1(t)+by2(t)$ con $a$ $b$ costanti da determinare con le condizioni iniziali?
Esatto. In generale questo metodo funziona quando [tex]A[/tex] è diagonalizzabile.
adesso che ci penso un metodo simile al tuo l'ho visto quando ho studiato meccanica analitica , nel capitolo del goldstein sulle piccole oscillazioni.
grazie ancora a te e a gugo.
grazie ancora a te e a gugo.
Riesumo questo topic perchè vorrei sapere che formula devo utilizzare per risolvere il sistema di equazioni differenziali nel caso in cui gli autovalori siano coincidenti
Se hai due autovettori linearmente indipendenti la formula è la stessa e anche la dimostrazione è la stessa. Sennò le cose si complicano un po'.
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